《备考2019高考数学二轮复习选择填空狂练二十新定义类创新题理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备考2019高考数学二轮复习选择填空狂练二十新定义类创新题理（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新定义类创新题一、选择题12018潍坊一中定义集合运算：，设，则集合的所有元素之和为（ ）A0B2C3D622018山东联考已知函数；其中对于定义域内的任意，都存在，使得成立的函数是（ ）ABCD32018牛栏山一中定义平面向量之间的一种运算“”如下，对任意的，令下列说法错误的是（ ）A若与共线，则令BC对任意的有D42018赣州模拟我国南宋著名数学家秦九韶发现了三角形三边求三角形面积的“三斜求积公式”，设三个内角，所对的边分别为，面积为，则“三斜求积公式”为若，则用“三斜求积公式”求得的（ ）ABCD52018安庆质检设非空集合满足：当时，有，给出如下三个命题：若，则；若，则；若，则其中正确
2、的命题的个数为（ ）A0B1C2D362018武邑中学祖暅是南北朝时代的伟大科学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现将曲线绕轴旋转一周得到的几何体叫做椭球体，记为，几何体的三视图如图所示根据祖暅原理通过考察可以得到的体积，则的体积为（ ）ABCD72018双流中学对于函数和，设，若存在、，使得，则称与互为“零点关联函数”若函数与互为“零点关联函数”，则实数的取值范围为（ ）ABCD82018工大附中若三个非零且互不相等的实数，成等差数
3、列且满足，则称，成一个“等差数列”已知集合，则由中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”的个数为（ ）A25B50C51D10092018河南适应定义域为的函数的图象的两个端点分别为，是图象上任意一点，其中，向量若不等式恒成立，则称函数在上为“函数”已知函数在上为“函数”，则实数的最小值是（ ）A1B2C3D4102018新余四中已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为若函数，且，则实数的取值范围是（ ）ABCD112018兰州一中函数定义域为，若满足在内是单
4、调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为（ ）ABCD122018武邑中学已知为抛物线的焦点，为抛物线上三点，当时，称为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有（ ）A0个B1个C3个D无数个二、填空题132018汕头模拟如果函数在区间上是凸函数，那么对于区间内的任意，都有，若在区间内是凸函数，则在中，的最大值是_142018朝鲜族中学卵形线是常见曲线的一种，分笛卡尔卵形线和卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内与两个定点(叫作焦点)的距离之积等于常数的点的轨迹某同学类比椭圆与双曲线对卡西尼卵形线进行了相关性质的探究，设，是平面内的两个定点， (是定长)，
5、得出卡西尼卵形线的相关结论：该曲线既是轴对称图形也是中心对称图形；若，则曲线过原点；若，则曲线不存在；若，则其中正确命题的序号是_152018南昌检测记为不超过的最大整数，如，则函数的所有零点之和为_162018日照联考若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：，和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，(为自然对数的底数)，有下列命题：在内单调递增；和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；和之间存在唯一的“隔离直线”其中真命题的序号为_(请填写正确命题的序号)答案与解析一、选择题1【答案】D【解析】根据题意，设，则集合中的元素可
6、能为0，2，0，4，集合元素的互异性，则，其所有元素之和为，故选D2【答案】B【解析】由知，对函数图象上任意一点，都存在一点，使，若斜率都存在，则对于，由于，所以无论两个点如何取，和的斜率均等于1，故不成立；对于，由于，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数图象上任意一点，都存在一点，使，故成立；对于，由于，若，则，显然不成立，故不成立；对于，由于，则当时，故，直线为轴，此时与直线垂直的直线为轴，而轴与函数的图象无交点，故不成立；对于，由于，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数图象上任意一点，都存在一点，使，故成立综上可得符合条件的是，故选B3【答案】B【
7、解析】根据两向量共线的坐标表示可知A正确，所以B不正确；，所以C正确；，而，所以D正确，故选B4【答案】D【解析】由，可得，由，可得，整理计算有，结合三角形面积公式可得故选D5【答案】D【解析】已知非空集合满足：当时，有，故当时，即，解得，当时，即，解得，或；根据，得；若，由，可得，即，故正确；若，即，且，故，故正确；若，由，可得，结合，可得，故正确；故选D6【答案】D【解析】由三视图可得几何体是一个底面半径为6，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥，则圆柱的体积为，圆锥的体积，利用祖暅原理可计半椭球的体积为，所以的体积为，故选D7【答案】C【解析】，为单调递
8、增的函数，且是函数唯一的零点，由，互为“零点相邻函数”，则的零点在之间（1）当有唯一的零点时，解得，解得满足题意；（2）当在之间有唯一零点时，解得；（3）当在之间有两个点时，解得，综上所述，解得，故选C8【答案】B【解析】由三个非零且互不相等的实数，成等差数列且满足，知，消去，并整理得，所以（舍去），于是有在集合中，三个元素组成的所有数列必为整数列，所以必能被2整除，且，故这样的数组共50组，答案选B9【答案】D【解析】当时，当时，所以，所以因为向量，所以，所以，所以，设，所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，所以，故选D10【答案】C【解析】因为且，即在是增函数，所以，而在不是增函数，而，
9、所以当是增函数时，有，当不是增函数时，有，综上所述，可得的取值范围是，故选C11【答案】C【解析】是“成功函数”，在其定义域内为增函数，令，有两个不同的正数根，解得，故选C12【答案】D【解析】抛物线方程为，为曲线上三点，当时，为的重心，用如下办法构造，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，若存在以为中点的弦，设，则，则，两式相减化为，所以总存在以为中点的弦，所以这样的三角形有无数个，故选D二、填空题13【答案】【解析】由题意，知凸函数满足，又在区间上是凸函数，所以14【答案】【解析】由题意设，则，即，把方程中的被代换，方程不变，故此曲线关于轴对称；把方程中的被代换，方程不变，故此曲线关于轴
10、对称；把方程中的被代换，被代换，方程不变，故此曲线关于原点对称；故正确；，代入，方程成立则曲线过原点，故正确；，（当且仅当，时取等号），若，则曲线不存在，故正确；若，则类比椭圆的性质，可得，故正确故答案为15【答案】【解析】由题意可知，令，有所以在上单调递减，有，所以在上无零点，只需考虑：，可得三个零点分别为，故答案为16【答案】【解析】结合题意逐一考查所给命题的真假：，则，在内单调递增，故对；、设、的隔离直线为，则对一切实数成立，即有，又对一切成立，则，即，即有且，同理可得，故对，错；函数和的图象在处有公共点，因此若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，由，可得当恒成立，则，即，故，此时直线方程为，下面证明：令，则，当时，当时，当时，则当时，取到极小值，极小值是0，也是最小值所以，则当时恒成立函数和存在唯一的隔离直线，故正确故答案为
